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1、2019年大学物理期末考试题库300题含答案一、选择题1 .由量子力学可知，一维势阱中的粒子可以有若干能态，如果势阱的宽度L缓慢地减少至较小宽度L ,则()(A)每个能级的能量减小；(B)能级数增加；(C)每个能级的能量保持不变；(D)相邻能级间的能量差增加；(E)粒子将不再留在阱内。2 .一个带正电的点电荷飞入如图所示的电场中，它在电场中的运动轨迹为()(A)沿 a；(B)沿 6；(C)沿 c；(D)沿&3 .在单缝衍射实验中，缝 宽 a=0.2 m m,透 镜 焦 距/-0.4 m,入射光波长4 =50 0 n m,则在距离中央亮纹中心位置2 m m 处是亮纹还是暗纹？从这个位置看上去可以
2、把波阵面分为几个半波带？()(A)亮纹，3个半波带；(B)亮纹，4个半波带；(0暗纹，3个半波带；(D)暗纹，4个半波带。4 .平面简谐波x =4 sin(5加+3 阿)与下面哪列波相干可形成驻波？()(A)y=4 sin 2 乃(；/+幻；(B)y=4 sin 2 万(g f-g x)；5 3 5 3(C)x=4 sin 2 zr(r+y)；(D)x=4 sin 2 zr(Z-y)05.在同一平面上依次有a、b,c三根等距离平行放置的长直导线，通有同方向的电流依次为2/、34它们所受力的大小依次为人、尺、F e,则凡/人为()(A)4/9；(B)8/1 5；(C)8/9；(D)1。6.如图所
3、示，导 线 A?在均匀磁场中作下列四种运动，(1)垂直于磁场作平动；(2)绕固定端/作垂直于磁场转动；(3)绕其中心点(1)(2)(3)(4)。作垂直于磁场转动；(4)绕通过中心点。的水平轴作平行于磁场的转动。关于导线A B的感应电动势哪个结论是错误的？()(A)(1)有感应电动势，力端为高电势；(B)(2)有感应电动势，6 端为高电势；(0(3)无感应电动势；(D)(4)无感应电动势。7.如图所示，有一边长为1m的立方体，处于沿y 轴指向的强度为0.2T的均匀磁场中，导线 a、b、c 都以50cm/s的速度沿图中所示方向运动，则()(A)导线a 内等效非静电性场强的大小为0.IV/m；(B)
4、导线6 内等效非静电性场强的大小为零；(C)导线c 内等效非静电性场强的大小为0.2V/m；(D)导线c内等效非静电性场强的大小为0.IV/m。8.若理想气体的体积为匕压强为R温度为7,一个分子的质量为 相，上为玻耳兹曼常量，R 为摩尔气体常量，则该理想气体的分子数为()(A)P V/m；(B)PV/(kT)；(C)PV/RT),(D)P V/(m T).9.在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为()(A)ty/so;(B)g/2a)；(C)q/4a)；(D)g/6a。10.在如图所示的夫琅和费单缝衍射实险装置中，S 为单缝，L为凸透镜，C为放
5、在的焦平面处的屏。当把单缝垂直于凸透镜光轴稍微向上平移时，屏幕上 _的衍射图样()二八 一(A)向上平移；(B)向下平移；V(0 不动；(D)条纹间距变大。11.两偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射时没有光线通过。当其中一振偏片慢慢转动 180。时透射光强度发生的变化为()(A)光强单调增加；(B)光强先增加，然后减小，再增加，再减小至零(0 光强先增加，后又减小至零；(D)光强先增加，后减小，再增加。12.力户=(3f+5 7)0 V,其作用点的矢径为r=(4：-3)加，则该力对坐标原点的力矩大小为()(K)-3 k N-m；(B)29kN-m；(C)9kN m；(D)3kN-m.13.用
6、两束频率、光强都相同的紫光照射到两种不同的金属表面上，产生光电效应，贝 心()(A)两种情况下的红限频率相同；(B)逸出电子的初动能相同；(C)在单位时间内逸出的电子数相同;(D)遏止电压相同。14.在双缝干涉实验中，若单色光源S到两缝S r与 距离相等，则观察屏上中央明纹中心位于图中。处，现将光源S向下移动到示意图中的S位置，则()(A)中央明条纹向下移动，且条纹间距不变；(B)中央明条纹向上移动，且条纹间距增大；(C)中央明条纹向下移动，且条纹间距增大；(D)中央明条纹向上移动，且条纹间距不变。15.“理想气体与单一热源接触作等温膨胀时，吸收的热量全部用来对外作功。”对此说法，有如下几种评
7、论，哪个是正确的？()(A)不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律；(B)不违反热力学第二定律，但违反热力学第一定律；(C)不违反热力学第一定律，也不违反热力学第二定律；(D)违反热力学第一定律，也违反热力学第二定律。16.一平面简谐波在弹性媒质中传播时，在传播方向上某质元在某一时刻处于最大位移处，则它的()(A)动能为零，势能最大;(B)动能为零，势能也为零;(C)动能最大，势能也最大;(D)动能最大，势能为零。17.光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直与光栅平面变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级数4()(A)变小；(B)变大；(C)不变；(D)无法确定。18.两相
8、干平面简谐波沿不同方向传播，如图所示，波速均为0=0.40m/s,其中一列波TT在A点引起的振动方程为必=A,COS(2T ZZ-),另一列波在B点引起的振动方程为y2=A2 COS(27rt+),它们在一点相遇，A P =0.80m,B P=1.00m,则两波在尸点的相位差为：()(A)0；(B)zr/2；(C)ZT；(D)34/2。1 9 .在迈克尔逊干涉仪的一条光路中，放入一厚度为d,折 射 率 为n的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了()(A)2(/r rc；(c)ZB 7(滑轮质量及一切摩擦均不计)，此时系统的加速度大小为a,今用一竖直向下的恒力尸=加送代替加1，系统的加速度大小
9、为。，则有()(A)a =a；(B)a a；(C)a 4 5 ；(B)a 45。；若M沿 X 轴反向，则a45。5 4 .某 种 介 子 静 止 时 的 寿 命 为，质 量 为 i f T g。如它在实验室中的速度为2x 108 /$,则它的一生中能飞行多远(以卬为单位)？()(A)10-3；(B)2；(C)V5；(D)6/7 5 ；(E)9/石。5 5 .如图所示，任一闭合曲面S内有一点电荷q,。为 S面上任一点，若将0 由闭合曲面内的 0 点移到7 点，且 0 A 0 T,那么()/-(A)穿过S面的电通量改变，。点的场强大小不变；(B)穿过S面的电通量改变，。点的场强大小改变；qP(0
10、穿过S面的电通量不变，0 点的场强大小改变；(D)穿过S面的电通量不变，。点的场强大小不变。5 6 .如图所示，两种形状的载流线圈中的电流强度相同，则“处的磁感应强度大小关系是(),二(A)Bn B()；(D)无法判断。5 7 .空间某点的磁感应强度片的方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误的？()(A)小磁针北(N)极在该点的指向;(B)运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向；(C)电流元在该点不受力的方向；(D)载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点的指向。5 8 .在系统不受外力作用的非弹性碰撞过程中()(A)动能和动量都守恒；(B)动能和动量都不守恒；(C)动能不守恒、动
11、量守恒；(D)动能守恒、动量不守恒。5 9 .圆柱体以8 0 r a/s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为4 A g机？。由于恒力矩的作用，在 10s内它的角速度降为4 0ra 4 s。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为()(A)8 0J,8 0 N-m；(B)8 007,4 0 N-m；(C)4 000J,32 N m；(D)9 6 007,16 N m。6 0.对于带电的孤立导体球()(A)导体内的场强与电势大小均为零。(B)导体内的场强为零，而电势为恒量。(0导体内的电势比导体表面高。(D)导体内的电势与导体表面的电势高低无法确定。6 1.下列关于磁感应线的描述，哪个是正确的？
12、()(A)条形磁铁的磁感应线是从N极到S极的；(B)条形磁铁的磁感应线是从S极到N极的；(C)磁感应线是从N极出发终止于S极的曲线；(D)磁感应线是无头无尾的闭合曲线。62 .如图所示，绝缘的带电导体上a、b、c 三点，电荷密度()电 势()(A)a 点最大；(B)6点最大；(C)c 点最大；(D)一样大。63 .如图所示，一根长为1 m 的细直棒a b,绕垂直于棒且过其一端a的轴以每秒2转的角速度旋转，棒的旋转平面垂直于0.5 T 的均匀磁场，则在棒的中点，等效非静电性场强的大小和方向为()(A)3 1 4 V/m,方向由a指向6；(B)6.2 8 V/m,方向由a 指向b;(0 3.1 4
13、 V/m,方向由6 指向a；(D)62 8 V/m,方向由6 指向a。64 .一“探测线圈”由5 0 匝导线组成，截面积S=4 c m 2,电阻庐2 5场中迅速翻转9 0,测得通过线圈的电荷量为M =4X10-5C,则磁感应强度3的大小为()(A)0.0 1 T；(B)0.0 5 T；(C)0.I T；(D)0.5 T。65 .极板间为真空的平行板电容器，充电后与电源断开，将两极板用绝缘工具拉开一些距离，则下列说法正确的是()(A)电容器极板上电荷面密度增加；(B)电容器极板间的电场强度增加；(0电容器的电容不变；(D)电容器极板间的电势差增大。66.用细导线均匀密绕成长为/、半径为。(/a)
14、、总匝数为N 的螺线管，通以稳恒电流/,当管内充满相对磁导率为，的均匀介质后，管中任意一点的()(A)磁感应强度大小为o ,2；(B)磁感应强度大小为4 N/；(C)磁场强度大小为(D)磁场强度大小为N/。67 .一质量为叭电量为0的粒子，以速度。垂直射入均匀磁场月中，则粒子运动轨道所包围范围的磁通量与磁场磁感应强度与大小的关系曲线是()68.玛 是 粒子的动能，p是它的动量，那么粒子的静能爪0c 2 等于()(A)(p2c2-E l)/2 Ek；(B)(p 2 c 2 一旦)/2 速；(0 p2c2-E(D)(p 2 c 2+或)/2 4；(E)(p c 一旦)2/2 马。二、填空题69 .
15、惠更斯引入 的概念提出了惠更斯原理，菲涅耳再用 的思想补充了惠更斯原理，发展成了惠更斯一一菲涅耳原理。7 0 .图示为三种不同磁介质的夕关系曲线，其中虚线表示的是8 =的关系。说明a、b、c各代表哪一类磁介质的歹关系曲线：a代表 犷，关系曲线。6 代表/7/关系曲线。c 代表 皮关系曲线。7 1.磁介质有三种，1的称为,4 r 0)导轨上的小环，如图所示，已 知t=0时，杆 与 y轴重合，则小环。的 运 动 轨 迹 方 程 为,运动学方程产二 尸_,速度为,加速度为&=。88.康普顿实验中，当能量为0.5MeV的 X射线射中一个电子时，该电子获得0.lOMeV的动能。假设原电子是静止的，则散射
16、光的波长4=,散射光与入射方向的夹角-)处放一垂直波线的波密介质反射面，且2假设反射波的振幅衰减为A ,则 反 射 波 的 表 式 为 (x L )o1 01 .设氮气为刚性分子组成的理想气体，其 分 子 的 平 动 自 由 度 数 为,转动自由度为;分 子 内 原 子 间 的 振 动 自 由 度 为。1 02.一根匀质细杆质量为侬长度为1,可绕过其端点的水平轴在竖直平面内转动。则它在水平位置时所受的重力矩为，若将此杆截取2/3,则剩下1/3 在上述同样位置时所受的 重 力 矩 为 1 03 .I m o l 双原子刚性分子理想气体，从状态a(n,%)沿 p，图所示直线变到状态从口，则(1)气
17、体内能的增量=;(2)气体对外界所作的功A=;(3)气体吸收的热量。=。1 0 4 .一质点在二恒力的作用下，位移为 F=3：+8 (m),在此过程中，动能增量为2 4 J,已知其中一恒力4=1 2：-3 1 (N),则另一恒力所作的功为_。1 0 5 .匀质圆盘状飞轮，质 量 为 2 0 kg,半 径 为 3 0 c m,当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为。1 0 6 .如图所示，一理想气体系统由状态。沿a c 力到达状态b ,系统吸收热量3 5 0 J,而系统做功为1 3 0 J。(1)经过过程。防，系统对外做功4 0 J,则系统吸收的热量。(2)当系统由状态力沿曲线儿7 返回状态。
18、时，外界对系统做功为60/则系统吸收的热量107.同一温度下的氢气和氧气的速率分布曲线如右图所示，其中曲线1 为的速率分布曲线，的最概然速率较大（填“氢气”或“氧气”）。若图中曲线表示同一种气体不同温度时的速率分布曲线，温 度 分 别 为 力 和 冕 且 尔 色 则 曲 线 1 代表温度为 的分布曲线（填 K或乙）。108.如图所示，用三根长为/的细杆，（忽略杆的质量）将三个质量均为加的质点连接起来，并与转轴。相连接，若系统以角速度。绕垂直于杆的0 轴转动，则中间一个质点的角动量为,系 统 的 总 角 动 量 为。如考虑杆的质量，若每根杆的质量为M,则此系统绕轴0 的总转动惯量为，总转动动能为
19、。109.一束平行的自然光，以 60。角入射到平玻璃表面上，若反射光是完全偏振的，则折射 光 束 的 折 射 角 为:玻璃的折射率为。110.今有电气石偏振片，它完全吸收平行于长链方向振动的光，但对于垂直于长链方向振动的光吸收20%。当光强为人的自然光通过该振偏片后，出射光强为,再通过一电气石偏振片（作为检偏器）后，光强在 与 之间变化。上述两片电气石，若长链之间夹角为60,则通过检偏后光强为。111.检验自然光、线偏振光和部分偏振光时，使被检验光入射到偏振片上，然后旋转偏振片。若从振偏片射出的光线 则入射光为自然光；若射出的光线,则入射光为部分偏振光；若射出的光线,则入射光为完全偏振光。11
20、2.在场强为的均匀电场中取一半球面，其半径为凡电场强度的方向与半球面的对称轴平行。则通过这个半球面的电通量为，若用半径为7?的圆面将半球面封闭，则通过这 个 封 闭 的 半 球 面 的 电 通 量 为。113.用白光垂直照射光栅常数为Z.OXlO cm的光栅，则第 一 级 光 谱 的 张 角 为。114.我们（填能或不能）利用提高频率的方法来提高波在媒质中的传播速度。115.两火箭/、3 沿同一直线相向运动，测得两者相对地球的速度大小分别是匕,=0.9c,vB=0.8c o 则 两 者 互 测 的 相 对 运 动 速 度。116.长为/的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果
21、将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为一,细杆转动到竖直位置时角速度为。1 1 7.用/l =6 0 0 n m 的单色光垂直照射牛顿环装置时，第 4级暗纹对应的空气膜厚度为flfflo1 1 8.处于激发态的钠原子，发出波长为5 8 9 n m 的光子的时间平均约为1 08s根据不确定度关系式，光子能量不确定量的大小AE=,发射波长的不确定度范围（即所谓谱线宽度）是。1 1 9 .一定量的理想气体从同一初态a（o,%）出发，分 别 经 两 个 准 静 态 过 程 和 a c,b点的压强为巧，C点的体积为V,如图所示，若两个过程中系统吸收的热量相同，
22、则该气体的y =-=o1 2 0 .两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为0.2 m,合振动的位相与第一个简谐振动的位相差为n/6,若第一个简谐振动的振幅为gxl。-%,则第二个简谐振动的振幅为 m,第一、二两个简谐振动的位相差为1 2 1 .7（v）为麦克斯韦速率分布函数，/（l Od v的物理意义是%poc IT?V-J）;一/）口的物理意义是,速率分布函数归一化条件的数学表达式为,其物理意义是1 2 2 .如图所示，质量炉2.0 4 g 的质点，受合力户二 12的作用，沿。x轴作直线运动。已 知 Q 0时照=0,r o=O,则从片0至 ij f=3 s 这段时间内，合力月的冲量7为
23、,质点的末速度大小为尸 OW/jv/jo1 2 3 .麦克斯韦关于电磁场理论的两个基本假设是1 2 4 .半径为a的无限长密绕螺线管，单位长度上的匝数为n,螺线管导线中通过交变电流z =/0s i ney/,则围在管外的同轴圆形回路（半径为r）上的感生电动势为 V。1 2 5 .为了提高变压器的效率，一般变压器选用叠片铁芯，这样可以减少 损耗。126.内、外半径分别为R、用的均匀带电厚球壳，电荷体密度为0。则，在 穴后的区域内 场 强 大 小 为,在 死 r 用的 区 域 内 场 强 大 小 为,在 r 用的区域内场强大小为 0127.一个速度/=4.0 x l 05f+7.2 x l 05，
24、(“s T)的电子，在均匀磁场中受到的力为F=-2.7 x l O-l7+1.5 x 1 0-1 3 j(N)。如果 Bx=0,则月=。128.陈述狭义相对论的两条基本原理(1)。(2)o129.一人站在转动的转台上，在他伸出的两手中各握有一个重物，若此人向着胸部缩回他的双手及重物，忽略所有摩擦，则系统的转动惯量,系统的转动角速度系统的角动量_ 系统的转动动能_ _。(填增大、减小或保持不变)130.一个半径为A 的均匀带电的薄圆盘，电荷面密度为 7。在圆盘上挖去一个半径为r的同心圆盘，则圆心处的电势将。(变大或变小)1 3 1.如图所示，/酶是无限长导线，通以电流/,回段被弯成半径为火的半圆
25、环，切段垂直于半圆环所在的平面，4?的沿长线通过圆心。和 C点。则圆心。处的磁感应强度大小为,方向 O132.一平行板电容器，极板面积为S,极板间距为d,接在电源上，并保持电压恒定为U,若将极板间距拉大一倍，那 么 电 容 器 中 静 电 能 改 变 为,电源对电场作的功为，外力对极板作的功为。1 3 3.平行板电容器极板面积为S、充满两种介电常数分别为句和邑 的均匀介质，则该电容器的电容为C=。1 3 4.试说明质点作何种运动时，将出现下述各种情况（M0）：(A)&K0；(B)a,0,a=0；(C)a,=0,a“W 0；1 3 5 .如图所示，把一根匀质细棒力C放置在光滑桌面上，已知棒的质量
26、为M,长 为 L。今用一大小为尸的力沿水平方向推棒的左端。设想把棒分成A B、加 两段，且 给 0.2 L,则 4?段对回段的作用力大小为F 11 3 6 .一个半径为彳的圆筒形导体，筒壁很薄，可视为无限长，通以电流/,简外有一层厚为d、磁导率为的均匀顺磁性介质，介质外为真空，画出此磁场的f T r图 及含r图。（要求在图上标明各曲线端点的坐标及所代表的函数值，不必写出计算过程。）1 3 7 .半径为r的均匀带电球面1,带电量为5，其外有一同心的半径为火的均匀带电球面2,带电量为4 2,则两球面间的电势差为o1 3 8 .如图所示，均匀磁场的磁感应强度为庐0.2 7,方向沿x轴正方向，则通过a
27、 6 0 d 面的磁通量为,通 过b efo面的磁通量为,通 过a efd面的磁通量为1 3 9.半径分别为A 和 r的两个弧立球形导体（A r）,它们的电容之比CR/C,为 一，若用一根细导线将它们连接起来，并使两个导体带电，则两导体球表面电荷面密度之比。/5 为 _。1 4 0 .如图所示的电容器组，则 2、3间的电容为,2、4间的电容为一三、解答题1 4 1.1 7 设在半径为4的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为p -k r(0 r R)在为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度 与？的函数关系.(a)题 5 -1 7 图分析通常有两种处理方法：(1)利用高斯定理求球内
28、外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有，E-d S =E-4 兀/根据高斯定理，E-d S =-!-J d V,可解得电场强度的分布.%(2)利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为d q =-4 兀 d r ,每个带电球壳在壳内激发的电场d E =(),而在球壳外激发的电场d qd E =-由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布M r)=1 d E (0 r 7?)解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常
29、量，由高斯定理jE dS=J pdV得球体内(OWE 而E(r)4 兀/=f k r 4 nr2d r -r4球体外（r 必E（小好E（r）4 7 r r2=k r nr d r=r4cp J o p0c0解2将带电球分割成球壳，球壳带电d e/=p d V =k r 4 7i r,2d r由上述分析，球体内而E（，）=J o.1 k r -4%/k/-2-r4 f r-e,4%球体外（r 而W）=f 白 yk R2142.0质量为勿的弹丸4穿过如图所示的摆锤6后,速率由P减 少 到 已 知 摆 锤 的 质量为勿，摆线长度为，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，弹丸速度丫的最小值应为
30、多少？题 3 -3 0 图分析 该题可分两个过程分析.首先是弹丸穿越摆锤的过程.就弹丸与摆锤所组成的系统而言，由于穿越过程的时间很短，重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量，因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用，系统在该方向上满足动量守恒.摆锤在碰撞中获得了 一定的速度，因而具有一定的动能，为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动，必须使摆锤在最高点处有确定的速率，该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；与此同时，摆锤在作圆周运动过程中，摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律，根据两守恒定律即可解出结果.解由水平方向的动量守恒定律，有V,mv-m +m v2为使摆锤恰好能
31、在垂直平面内作圆周运动，在最高点时，摆线中的张力a=o,则，mv；m g=-式中“八为摆锤在圆周最高点的运动速率.又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中，满足机械能守恒定律，故有mv=2mgl+mvh2解上述三个方程，可得弹丸所需速率的最小值为_ 2mm5gl1 4 3 .如图所示，子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出.以地面为参考系，下列说法中正确的说法是()(A)子弹减少的动能转变为木块的动能(B)子弹-木块系统的机械能守恒(0子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D)子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热题3-5图分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中，作用于系统的合
32、外力为零，故系统动量守恒,但机械能并不守恒.这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致)，子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功，子弹减少的动能中，一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能，另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和).综上所述，只有说法(C)的表述是完全正确的.1 ,1 4 4 .一质点沿半径为月的圆周按规律5 =初运动，的、。都 是 常 量.(1)求t时刻质点的总加速度；(2)t为何值时总加速度在数值上等于6?(3)当加速度达到6时，质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中，s表示圆周上从某一点开
33、始的曲线坐标.由给定的运动方程s =s*),对时间力求一阶、二阶导数，即是沿曲线运动的速度V和加速度的切向分量外，而加速度的法向分量为a=吸?.这样，总加速度为a a,e,+ae.至于质点在力时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量4s=s,-s,.因圆周长为2 n R,质点所转过的圈数自然可求得.解(1)质点作圆周运动的速率为山,v=v()-bt其加速度的切向分量和法向分量分别为a _ 八 _ b a _(。一次)2时旅-an-口故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为0=arctan-=arctar-4 Rb 要 使I al=力,由,能?2从+(%-抗1=6可得Rb(3)从1=0开始到=的/
34、b时，质点经过的路程为_ _若s =%=2b因此质点运行的圈数为n _s _/_ 2nR 4nbR1 45.2将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N,在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N的左端接地(如图所示)，则()(A)N上的负电荷入地(B)N上的正电荷入地(C)N上的所有电荷入地(D)N上所有的感应电荷入地题6-2 图分析与解 导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。因而正确答案为（A）。1 46.2 9 如 图（A）所示，一根长直导线载有电流力 =3 0 A,矩形回路载有电流入=2 0A.试计算作用在回路上的合力.已知d=L 0 c
35、 m,b=8.0 cm,1=0.1 2 m.题 7 -2 9 图分析 矩形上、下两段导线受安培力和4的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零.而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力区和A 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力.解 由分析可知，线框所受总的安培力厂为左、右两边安培力A 和四之矢量和，如 图（B）所示，它们的大小分别为p _ R/JJ2nd2 Md+b)故合力的大小为2 兀(d+b)=1.28x10-3 N合力的方向朝左，指向直导线.1 47.3 一质点沿不轴运动，其受力如图所示，设 t =0时，及=5 ms 1,）
36、=2 m,质点质量加=lk g,试求该质点7 s 末的速度和位置坐标.题2-1 3图分析首先应由题图求得两个时间段的分(力)函数，进而求得相应的加速度函数，运用积分方法求解题目所问，积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应.解 由 题 图 得(、2t,0 t 5s%)=3 5-5人 5s t 7 s由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为。=2。0 t 5s。=3 55/,5s t 7 sdv对0 1 R ),单位长度上的电荷为A.求离轴线为r处的电场强度：(1)r R ,(2)R r /.r Rx,q=og =o在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R r 辰 q
37、=o刍=。在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变A厂 丸 XL oE=-=-=2 叫/2morL%这与5 2 0 题分析讨论的结果一致.1 4 9.直 升 飞 机 的 螺 旋 桨 由 两 个 对 称 的 叶 片 组 成.每 一 叶 片 的 质 量 136kg,长/=3.66m.求当它的转速=320 r/m in 时，两个叶片根部的张力.(设叶片是宽度一定、厚度均匀的薄片)题 2-17图分 析 螺 旋 桨 旋 转 时，叶片上各点的加速度不同，在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的，在求叶片根部的张力时，可选取叶片上一小段，分析其受力，列出动力学方程，然后采用积分的方法
38、求解.解 设叶片根部为原点。，沿叶片背离原点。的方向为正向，距原点。为r 处的长为dr一小段叶片，其两侧对它的拉力分别为广r(r)与片(r+d r).叶片转动时，该小段叶片作圆周运动，由牛顿定律有dFT=FTr)-FTr+dr)=-y cu2rdr由于r 1时外侧尸T=0,所以有2Uw dFTT =Jr-I-rar若伊”)=-罕(-2)上式中取r =0,即得叶片根部的张力产T0=-2.79X10%负号表示张力方向与坐标方向相反.150.1 1 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为火的飞轮支承在0点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为必的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图
39、).记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量.试写出它的计算式.(假设轴承间无摩擦).题 4-1 1 图分析在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的.飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系.由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略.这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定.该题也可用功能关系来处理.将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒.利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得.解1设绳子的拉力为尸T
40、,对飞轮而言，根据转动定律，有FTR Ja(1)而对重物而言，由牛顿定律，有mg FT=ma(2)由于绳子不可伸长，因此，有a-Ra(3)重物作匀加速下落，则有h=at2(4)2由上述各式可解得飞轮的转动惯量为解2根据系统的机械能守恒定律，有-mgh+mv2+JCD2=02(1)而线速度和角速度的关系为v=Reo(2,)又根据重物作匀加速运动时，有v=at(3,)v2-2ah(4)由上述各式可得f 唱-1)若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用.这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响.151.6 一系统由质量为3.0 kg、2.0 k g 和5.0 k
41、 g 的三个质点组成，它们在同一平面内运动,其中第一个质点的速度为(6.0 m s 1 )J,第二个质点以与x轴成-30。角，大小为8.0 m s 的速度运动.如果地面上的观察者测出系统的质心是静止的，那么第三个质点的速度是多少？分析因质点系的质心是静止的，质心的速度为零，即vC=drC=9 与，=0 ,故有色 工 叫 天=0 ,这是一矢量方程.将质点系df df nt df J中各质点的质量和速度分量代入其分量方程式，即可解得第三质点的速度.解在质点运动的平面内取如图152.2 质量为7.2 XI153.24一转台绕其中心的竖直轴以角速度=ns 转动，转台对转轴的转动惯量为4=4.0 XI1
42、 5 4.已 知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为x=2+6一2-，式中的单位为m 的单 位 为 s.求：(1)质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3)t=4 s时质点的速度和加速度.分析位移和路程是两个完全不同的概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时，位移的大小才会与路程相等.质点在t时 间 内 的 位 移 的 大 小 可 直 接 由 运 动 方 程 得 到：Ax=x,%,而在求路程时，就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向，此时，位dr移的大小和路程就不同了.为此，需根据一=o 来确定其运动方向改变的时刻与，求出odr益 和%t 内
43、的位移大小A x i、4*2,则t时间内的路程S=|AXJ +|AX2|，如图所示，至于tdr rl r=4.0 s 时质点速度和加速度可用一和二两式计算.dt dr解(1)质点在4.0 s 内位移的大小Ax=x4-x0=-3 2 m所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为（2）由2=0d r得知质点的换向时刻为tp=2s（1=0 不合题意）则A x】=x2-xQ=8.0 mA r2=%_ /=-4 0 m5 =|ZX1|4-|AX2|=48m(3)1=4.0 s 时dx 4 0 Tv=-4 8 m-sd f r=4.0sd x-2a=y =-3 6 m.sdt 1=4.0 s1 5 5.1
44、 一个电子和一个原来静止的氢原子发生对心弹性碰撞.试问电子的动能中传递给氢原子的能量的百分数.（已知氢原子质量约为电子质量的1 8 4 0 倍）分析对于粒子的对心弹性碰撞问题，同样可利用系统（电子和氢原子）在碰撞过程中所遵循的动量守恒和机械能守恒来解决.本题所求电子传递给氢原子的能量的百分数，即氢原子动能 与 电 子 动 能 之 比 根 据 动 能 的 定 义，有 心/耳=加 珀/勿 而氢原子与电子的质量比m 4 是已知的，它们的速率比可应用上述两守恒定律求得，EH/EC即可求出.解 以国表示氢原子被碰撞后的动能，表示电子的初动能，贝 UE，mvl,(r.EH H/%Ee Lmv2 nve)2
45、 e由于粒子作对心弹性碰撞,在碰撞过程中系统同时满足动量守恒和机械能守恒定律，故有mue=mvH+mve（2）1 22m Ue由 题 意 知 4=1 8 4 0,解上述三式可得2 H 2 c156.37长为/、质量为的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为。.若棒突然改绕其一端转动，求：（D以 端 点 为 转 轴 的 角 速 度（2）在此过程中转动动能的改变.I 1 I“一 二 1I题4-3 7 图分析这是一个变轴转动问题.棒的质心在变轴转动中将受到一瞬间力的作用，它改变了质心的速度；同时，该瞬间力对新的转轴又产生力矩作用，从而改变棒的转动角速度.根据质心的动量定理和棒的转动
46、定律，并考虑到角速度与线速度的关系，即可求得新的角速度.由棒绕不同轴转动的转动动能，可计算该过程中的动能变化.解（1）棒的质心的动量定理为Fbt=即=mv（.式中F是棒所受的平均力，心为棒质心的速度.棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角动量定理，有_ 1-F M=Ja-Ja2式中J 为棒绕质心的转动惯量（即/=-，4 2）.12而根据角量与线量的关系x=RcosO可解得,J1co=-:-ft）=co.I f f 4J H m t4（2）在此过程中转动动能的改变为AEK=Jco2 Ja2=w/2（y2K 2 2 321 5 7.质量为0 的物体，由水平面上点。以初速为的抛出，外与水平面成仰角。.
47、若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点。到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量.yA题3-7图分 析 重 力 是 恒 力，因此，求其在一段时间内的冲量时，只需求出时间间隔即可.由抛体运动规律可知，物体到达最高点的时间小4=至 1 吧，物体从出发到落回至同一水平面所需的时g间是到达最高点时间的两倍.这样，按冲量的定义即可求得结果.另一种解的方法是根据过程的始、末动量，由动量定理求出.解1物体从出发到达最高点所需的时间为 空 皿则物体落回地面的时间为乂 =2抽=空 也g于是，在相应的过程中重力的冲量分别为4=jFdr=-wuosin a jI2=jF
48、 dr=-m gt2j =-2/?w0sin a j解2根据动量定理，物体由发射点。运动到点4占的过程中，重力的冲量分别为I=m vAyj -m vnyj=-myosin a jI2=m vByj-啊9=2m vinaj158.3 2 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为1 0 V,被迁移的电荷约为30C.(1)如果释放出来的能量都用来使0 的冰融化成0 2 的水，则可溶解多少冰？(冰的融化热/=3.34X1(TJ kg)(2)假设每一个家庭一年消耗的能量为300kWh,则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解(1)若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量m二 竺=%=8
49、98x1()4梃L L即可融化约9 0 吨冰.(2)一个家庭一年消耗的能量为E。=3OO(kW h=1.08x1010 J二竺=吆=2.8E。Eo一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3 个家庭一年消耗的电能.1 5 9.4一质量为1 0 k g的质点在力下的作用下沿x轴作直线运动，已知尸=1 2 0 t +40,式中尸的单位为N,t 的单位的s.在力=0时，质点位于x =5.0 m 处，其速度4=6.0 m ,s -1 .求质点在任意时刻的速度和位置.分析这是在变力作用下的动力学问题.由于力是时间的函数，而加速度a=d d t,这时，动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程，解此微分方
50、程可得质点的速度-(f);由速度的定义r=d x /d t,用积分的方法可求出质点的位置.解 因 加 速 度 4=11/1 乙在直线运动中，根据牛顿运动定律有120r+40=总dr依据质点运动的初始条件，即=0时 的=6.0 m-s ，运用分离变量法对上式积分，得du=(12.0r+4.0)drr=6.0+4.0 z 卅.O r又因p=d x /c k,并由质点运动的初始条件：to=0时 照=5.0 m,对上式分离变量后积分，有J；dx=(6.0+4.0/+6.0/Wx=5.0 母 0 2.0 力 2 +2.Q t31 6 0.0 质量为45.0 kg 的物体，由地面以初速6 0.0 m -s